Matematyka.pl

Na takie przemyślenia mi się ostatnio zebrało:
Czy może być taka sytuacja, że mamy funkcję wymierną i mianownik funkcji wymiernej nie daje się "ładnie" rozłożyć na czynniki, czyli np
* mamy w mianowniku wielomian stopnia 3 lub i 4 i wzory na pierwiastki zajmują 3 strony, albo
* mamy wielomian stopnia 5 i wyższego i w ogóle nie da się wyrazić wzorów na pierwiastki w skończonej liczbie kroków (np. \(\displaystyle{ x^5 + x +1}\))

a mimo to całka nieoznaczona z takiej funkcji wymiernej istnieje i ma "ładną i zwartą" formę?

Jedyny przykład jaki mi przyszedł do głowy, to gdy licznik jest proporcjonalny do pochodnej mianownika, i wtedy dostajemy ładną całkę:
\(\displaystyle{ \ln|\text{mianownik}| + C}\).

A czy są jakieś inne?

Całkę
\(\displaystyle{ \int \frac{-28123746 x^{2007} + 8043448 x^{2005} - 24227448 x^{1997} + 8079862 x^{1996} + 77 x^{10} - 18 x^8 + 6}{4092529 x^{3994} + 4046 x^{1997} + 49 x^{22} - 28 x^{20} + 4 x^{18} + 84 x^{12} - 28 x^{11} - 24 x^{10} + 8 x^9 + 36 x^2 - 24 x + 5}dx}\)
to chyba tylko mariuszm umiałby obliczyć.

Generalnie świat funkcji, z którymi sie spotykamy w zadaniach na liczenie całek jest bardzo ograniczony. Znakomita większość wielomianów nie da się praktycznie rozłożyć nawet na iloczyn wielomianów drugiego stopnia, pomimo tego, że taki rozkład istnieje. Korzystając z tego faktu łatwo wyprodukować całe klasy funkcji, które wyglądają na beznadziejnie skomplikowane, a jednak maja przyzwoite całki.

Przepis jest taki: weż dowolną funkcję `F`, której pochodna jest funkcją wymierną (logarytm i arkus tangens to przykłady takich funkcji). Jeżeli `Q` jest funkcją wymierną, to funkcja `F'(Q)Q'` jest funkcją wymierną i jest prawie pewne, że rozłożenie jej mianownika będzie praktycznie niewykonalne.

To jest bardzo ciekawe, co piszesz. Wykonując standardowy algorytm rozkładu funkcji wymiernej na ułamki proste i całkując je, otrzymujemy zawsze w wyniku kombinację linoiwą: funkcji wymiernej, logarytmu funkcji liniowej, logarytmu funkcji kwadratowej o ujemnym wyróżniku i arcustangensa funkcji liniowej (co potwierdza zresztą: W przykładzie który wyprodukowałeś dostałeś arcus tangens funkcji wymiernej co oznacza, że albo ten arcus tangens da się "uprościć" albo powyższe stwierdzenie o możliwych postaciach wyników jest niepełne.

Aby nie komplikowac sobię za bardzo życia obliczeniami, podobny wniosek można otrzymać patrząc np. na
\(\displaystyle{ \int {\frac{{2x}}{{1 + x^4 }}dx = } \arctan (x^2 ) + C_1 }\)
gdzie też w wyniku jest arcus tangens czegoś innego niż funkcja liniowa.
Rozwiązując ją wg algorytmu otrzymuje się:
\(\displaystyle{ \begin{array}{l}
\int {\frac{{\frac{{\sqrt 2 }}{2}}}{{x^2 - \sqrt 2 x + 1}}dx} - \int {\frac{{\frac{{\sqrt 2 }}{2}}}{{x^2 + \sqrt 2 x + 1}}dx} = \\
\int {\frac{{\frac{{\sqrt 2 }}{2}}}{{\left( {x - \frac{{\sqrt 2 }}{2}} \right)^2 + \frac{1}{2}}}dx} - \int {\frac{{\frac{{\sqrt 2 }}{2}}}{{\left( {x + \frac{{\sqrt 2 }}{2}} \right)^2 + \frac{1}{2}}}dx} = \\
\int {\frac{{\sqrt 2 }}{{\left( {\sqrt 2 x - 1} \right)^2 + 1}}dx} - \int {\frac{{\sqrt 2 }}{{\left( {\sqrt 2 x + 1} \right)^2 + 1}}dx} = \\
\arctan \left( {\sqrt 2 x - 1} \right) - \arctan \left( {\sqrt 2 x + 1} \right) + C_2 \\
\end{array}}\)

Co by wyprowadzało nową tożsamość:
\(\displaystyle{ \arctan (x^2 ) = \arctan \left( {\sqrt 2 x - 1} \right) - \arctan \left( {\sqrt 2 x + 1} \right) + C,{\mbox{ gdzie }}C = \frac{\pi }{2}}\)

O ile jeszcze taką tożsamość dla \(\displaystyle{ x^2 }\) i innych całkowitych potęg jestem w stanie zrozumieć (sinus kąta podwojonego przecież też można przedstawic jako sinus kwadratu), to już arcus tangens funkcji wymiernej, który można uprościć do sumy arcusów tangensów funkcji liniowej to jakieś czary.

W tym, że różne podejścia do rozwiązywania całek nie ma nic dziwnego. Tę sama funkcję można przedstawić na wiele sposob, a każde dwa rozwiązania tej samej całki będą się różniły o stałą

Fanik pisze: 1 maja 2023, o 10:35O ile jeszcze taką tożsamość dla \(\displaystyle{ x^2 }\) i innych całkowitych potęg jestem w stanie zrozumieć (sinus kąta podwojonego przecież też można przedstawic jako sinus kwadratu), to już arcus tangens funkcji wymiernej, który można uprościć do sumy arcusów tangensów funkcji liniowej to jakieś czary.

Jeśli \(\displaystyle{ \arctan f(x) = a}\) i \(\displaystyle{ \arctan g(x) = b}\), to ze wzoru na tangens sumy

\(\displaystyle{ \operatorname{\text{tg}}(a+b) = \frac{\operatorname{\text{tg}} a + \operatorname{\text{tg}} b}{1 - \operatorname{\text{tg}} a \operatorname{\text{tg}} b} = \frac{f(x) + g(x)}{1 - f(x) g(x)}}\),

a stąd \(\displaystyle{ \arctan \frac{f(x) + g(x)}{1 - f(x) g(x)} = \arctan f(x) + \arctan g(x)}\) z dokładnością do całkowitej wielokrotności \(\displaystyle{ \pi}\). Taka tożsamość zachodzi gdy \(\displaystyle{ f(x)}\) i \(\displaystyle{ g(x)}\) są wielomianami, tak że \(\displaystyle{ \frac{f(x)+g(x)}{1 - f(x) g(x)}}\) jest funkcją wymierną, ale również gdy są zupełnie dowolnymi funkcjami.